SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
BÌNH DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2023 – 2024
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 02/06/2023
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (2 điểm). Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
1) x 2  x  6  0

2) x  3 x  4

 x  y  1
3) 
2 x  3 y  8

Bài 2 (1,5 điểm) Cho Parabol ( P) : y  0,5 x 2 và đường thẳng ( d ) : y  0,5 x  2 .
1) Vẽ đồ thị của hàm số y  0,5 x 2 .
2) Viết phương trình đường thẳng  d1  biết  d1  vuông góc với  d  và  d1  tiếp xúc

 P .
Bài 3 (1,5 điểm). Cho phương trình: x2  2(m  1) x  m 2  m  0 với m là tham số.
1) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .
2) Tìm hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 mà không phụ thuộc vào tham số m.
Bài 4 (1,5 điểm). Bác Tư đến siêu thị mua một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc với tổng
số tiền theo giá niêm yết là 630000 đồng. Tuy nhiên, trong tuần lễ tri ân khách hàng nên
siêu thị đã giảm giá quạt máy 15% và giảm giá ấm đun siêu tốc 12% so với giá niêm yết
của từng sản phẩm. Nên Bác Tư chỉ phải trả 543000 đồng khi mua hai sản phẩm trên.
Hỏi giá niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc là
bao nhiêu ?
Bài 5 (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB và một điểm C tùy ý trên (O) (C khác
A, B và AC < CB). Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau tại D. Dựng
CH vuông góc với BD tại H (H nằm trên BD). Đường thẳng DO cắt CH và CB lần lượt
tại M và N.
1) Chứng minh tứ giác CNHD nội tiếp được trong đường tròn.
2) Chứng minh CM = CO.
3) Các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại E. Chứng minh EA.EB  EC 2 .
4) Khi quay tam giác DNB một vòng quanh cạnh DN ta được một hình nón. Biết
OB  6cm, BD  8cm . Tính thể tích của hình nón tạo thành.
…………Hết………..

ĐÁP ÁN:
Bài 1 (2 điểm).
1) Giải phương trình x 2  x  6  0 .

  25  0 phương trình có hai nghiệm phân biệt
1  5
1  5
x1 
 2; x2 
 3 .
2
2
Tập nghiệm phương trình là S  2; 3 .
2) Giải phương trình x  3 x  4 .
Đặt t  x  x  0, t  0  phương trình trở thành t 2  3t  4  0 .
Ta có 1  (3)  4  0 nên phương trình có hai nghiệm t1  1 (loại), t 2  4 (nhận).
Với t  4  x  4  x  16 .
Tập nghiệm phương trình là S  16 .

 x  y  1
3) Giải hệ phương trình 
2 x  3 y  8
 x  y  1
3 x  3 y  3 5 x  5
x  1
x  1





2 x  3 y  8 2 x  3 y  8
2 x  3 y  8 2  3 y  8  y  2
Tập nghiệm hệ phương trình là S  1;2  .
Bài 2 (1,5 điểm)
1) Vẽ đồ thị của hàm số y  0,5 x 2 .

y
-4

-2

O

2

4

x

-2

-8

2)  d1  : y  ax  b vuông góc với ( d ) : y  0,5 x  2 nên có a. 0,5  1  a  2 .

 d1  : y  2 x  b

tiếp xúc ( P) : y  0,5 x 2 nên phương trình

0,5 x 2  2 x  b  0,5 x 2  2 x  b  0 có nghiệm kép nên   4  2b  0  b  2 .
Vậy phương trình đường thẳng  d1  : y  2 x  2 .
Bài 3 (1,5 điểm).
1) Phương trình x2  2(m  1) x  m 2  m  0 có hai nghiệm phân biệt khi
  m2  2m  1  m 2  m  m  1  0  m  1.
Vậy m  1 thì phương trình x 2  2(m  1) x  m 2  m  0 có hai nghiệm phân biệt.
2) x2  2(m  1) x  m 2  m  0

x x

m  1 2 1

 x1  x2  2( m  1) 
2
Ta có 



2
2
 x1.x2  m  m
 x x   x1  x2  1  x1  x2  1

 1 2  2
2

2
 x1  x2   2  x1  x2   4 x1x2  0 là hệ thức liên hệ giữa x1 và x2 mà không phụ
thuộc vào tham số m.
Bài 4 (1,5 điểm).
Gọi giá tiền niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc
là x, y  x  0, y  0  (đồng).
Ta có phương trình x  y  630000 .
Giá tiền quạt máy sau khi giảm giá là x  15% x  85% x  0,85 x .
Giá tiền ấm siêu tốc sau khi giảm giá là y  12% y  88% y  0,88 y .
Ta có phương trình 0,85 x  0,88 y  543000 .

 x  y  630000
Giải hệ 
0,85 x  0,88 y  543000

 x  y  630000
0,88 x  0,88 y  554400



0,85 x  0,88 y  543000 0,85 x  0,88 y  543000
0,03 x  11400
 x  380000
 x  380000



 x  y  630000 380000  y  630000  y  250000
Vậy giá tiền niêm yết (khi chưa giảm giá) của một cái quạt máy và một ấm đun siêu tốc

là 380000 (đồng) và 250000 (đồng).
Bài 5 (3,5 điểm)
1) Ta có CH  BD  H nhìn CD dưới một góc vuông (1)
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau CD và BD, ta có DC = DB
Hai bán kính OC = OB
 OD là trung trực của BC  OD  CB
 N nhìn CD dưới một góc vuông (2)
Từ (1) và (2)  tứ giác CNHD nội tiếp được trong đường tròn.

D
1 2

H

C
M
N
E

A

O

B

D

2) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau CD và BD, ta có DC = DB, ta có D
1
2


Theo tính chất tiếp tuyến và giả thiết, ta có góc COD  DMH (cùng phụ với hai góc
D
)
bằng nhau D
1

2

  CMO
 (đối đỉnh)  COD
  CMO

Mặt khác DMH
  CMO
  cân tại C  CM  CO .
COM có COM
  CBA
 (cùng chắn cung AC)
3) EAC và ECB có góc E chung và góc ECA
EA EC
 đồng dạng 

 EA.EB  EC 2 .
EC EB
4) Hình nón được tạo bởi tam giác vuông DNB quay quanh DN
 bán kính r  NB và chiều cao h  ND .
Theo Pitago cho tam giác vuông BOD: OD  OB 2  BD 2  36  64  10cm .
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông BOD, ta có:
6.8
BN .OD  OB.BD  BN 
 4,8cm .
10
64
Và BD 2  DN .DO  DN 
 6,4cm
10
Thể tích của hình nón tạo thành
1
1
6144
V   .r 2 .h   .(4,8) 2 .6,4 
  154,4156  cm3  .
3
3
125

Trường THPT Tân Bình  Bình Dương.
Giáo viên: Lê Hành Pháp.